第2章元素与物质世界测试卷--高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 (1).docx

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1、第2章元素与物质世界测试卷一、单选题1下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是A含有大量的溶液中：Na+、K+、BpH=1的溶液中：、Na+、Fe3+、C由水电离产生的H浓度为110-13 molL-1的溶液中：K+、Al3+、Cl-、DNa2S溶液中：、K+、Cu2+、Cl-2已知：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，该反应可以检查管道少量的氯气泄漏，下列叙述正确的是()A可以检验氯气泄漏的现象是产生无色气体BNH4Cl既是氧化产物又是还原产物C被氧化的NH3占全部NH3的25%D转移0.3mol电子，生成气体6.72L氮气(标准状况下)3测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：碱性溶液处理：(

2、未配平，下同)酸化处理：下列说法错误的是A“反应”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为B“反应”中氧化性：C“反应”中，可用硫酸进行酸化D“反应”消耗时，反应中转移4下列离子方程式书写正确的是A铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氢氧化铜与硫酸溶液的反应：Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液：SO+Ba2+=BaSO45设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A2.24L 的 H2O 溶液中，含有氧原 子数为 0.1NAB0.1molOH-中共有电子数目为 0.9NAC1molCl2通入足量 N

3、aOH 溶液中转移电子的数目为 2NAD100g 质量分数为 46%的乙醇水溶液中氧原子的数目为 4NA6为了除去NaHCO3溶液中含有的Na2CO3，下列方案可行的是A滴加适量盐酸B滴加BaCl2溶液，后过滤C通入足量的CO2气体D加热溶液7下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是A、B、C、D、Fe8有下列三个反应：下列说法正确的是A反应中的氧化产物分别是、B根据以上方程式可以得到氧化性：C在反应中当1mol参加反应时，2molHCl被氧化D可以推理得到9联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧。其中一种反应机理如图所示：下列叙述错误的是A转化中N2H4是

4、还原剂B中发生反应后溶液的pH减小C1molN2H4可处理水中1molO2D工业上也可使用Na2SO3处理水中溶解氧10下列离子方程式中，正确的是A石灰乳与盐酸反应：B铜和硝酸银溶液反应：C碳酸钠溶液与稀盐酸反应：D铁与盐酸反应：11“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江限”。这里的雾属于下列分散系中的A溶液B胶体C乳浊液D悬浊液12电解质溶液导电的能力的强弱主要由自由移动电荷的浓度的大小决定。电荷浓度越大，导电能力越强。下列物质的导电能力最强的是A50mL0.1molL-1FeCl3溶液B20mL0.4molL-1NaHCO3溶液C80mL0.2molL-1H3PO4溶液D100mL体积分数50%酒

5、精水溶液13下列说法中不正确的是A在与金属反应时表现强氧化性B任何物质的燃烧必须有参与C与反应的离子方程式为D漂白粉的主要成分和14化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是A将溶液滴入酸性溶液：B向溶液中滴加少量溶液：C向溶液滴入过量溶液：D向明矾溶液中加入溶液至生成沉淀的物质的量最多：15下列物质不属于碱性氧化物的是AMgOBFe2O3CK2ODNa2O2二、填空题16现有Na2CO3溶液NaOH固体CO2石墨熔融BaCl2五种物质，按要求回答下列问题：(1)属于电解质的是_(填序号，下同)；能导电的是_。(2)上述物质中有些物质在一定条件下可以反应，

6、请按要求写出相应的化学方程式：是化合反应，也是氧化还原反应_。是复分解反应，且有沉淀生成_。17有以下12种物质，请回答下列问题：石墨氧化钠酒精氨水二氧化碳碳酸氢钠氢氧化钡溶液硫酸氢钠氯化氢硫酸铝稀硫酸氯化银（1）其中能导电的是_；属于电解质的是_；属于非电解质的是_。（2）写出物质溶于水的电离方程式：_。（3）写出物质和反应的离子方程式：_。（4）写出物质和在水中发生反应的离子方程式：_。18补全下列离子方程式，并改写成化学方程式：(1)_+2Ag+=_+2Ag_(2)Fe2O3+_=2Fe3+_(3)CaCO3+_=CO2+_+_三、计算题19在200mL 含Mg2、Al3、NH4、H、C

7、l 、的溶液中，逐滴加入5 molL1的NaOH溶液并微热，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如下图所示(1)x-y=_。(2)加入3335 mLNaOH溶液时的离子方程式：_。(3)产生的氨气在标准状况下的体积_mL。(4)原溶液中n(Mg2)：n(Al3)=_。(5)原溶液中c(Cl)=_。20实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：。当有电子发生转移时，理论上生成氯气的体积(标准状况)为_，发生反应的的质量为_。21回答下列问题：(1)已知反应：。该反应中的还原剂为_。(写化学式)若产生的在标准状况下的体积为，则反应中转移的电子数为_

8、。(2)某液体化合物，常用做火箭燃料。在一定量的中恰好完全燃烧，反应的化学方程式为，是一种常见的液态化合物，冷却后测得生成气体的体积为(标准状况)。则：反应前的体积为_；的摩尔质量为_；若反应生成，则转移电子的物质的量为_。四、实验题22在实验室中用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图所示：(1)连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：E接_；_接_；_接_；_接F。(2)写出下列反应的化学方程式：气体发生装置中进行的反应：_。NaOH溶液中发生的反应：_。 (3)装置中，饱和食盐水的作用是 _；浓硫酸的作用是_。(4)化学实验中常用湿润的淀粉KI试

9、纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到_，反应化学方程式为_。(5)工业上氯气和石灰乳反应可以制取漂白粉，家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是( )A 食盐B 食醋C 烧碱D 纯碱该反应放热会使体系温度升高，导致氯气和石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2，该副反应中还原剂与氧化剂的质量之比为_；23、(1)配制1001.00碳酸钠溶液。下图是一些关键步骤和操作。abcdef配制过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_。配制过程的先后顺序是_(用字母a-f填写)。某同学改用晶体来配制溶液，但晶体已经部分失去结晶水，他配制的溶液的浓度会_(填“偏高”、“偏低

10、”、“不变”)。、某澄清透明溶液中可能含有、中的若干种，取一定量待测液进行如下实验。回答下列问题：已知：(2)该待测液中一定含有的离子是、和_，一定不含有的离子是_。(3)沉淀A的成分是_，沉淀B的化学组成为_。(4)气体X与气体Y可以在一定条件下反应转化为对环境无害的物质，若有1此混合气体充分反应得到的氧化产物与还原产物的质量差为1.4g，则气体X与气体Y的物质的量之比为_。24四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。某校化学课外活动小组准备利用下图装置制备四氯化钛(部分夹持仪器已略去)。资料表明：室温下，四氯化钛为无色液体，熔点：-25，沸点：136.4。在空气中发烟生成二氧化钛固体。

11、在650850下，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的离子方程式_(2)装置A中加热前应向烧瓶中加入_，实验中B装置的作用是_。写出D装置中物质制备的化学方程式_。E处球形冷凝管的冷却水应从_(填“c”或“d”)口通入。(3)F装置中盛装的物质是_，C装置中装的物质是_，A装置中分液漏斗上连接的橡胶管的作用是_。试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【详解】A与会发生反应产生Al(OH)3沉淀和，不能大量共存，A不符合题意；BpH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发

12、生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C由水电离产生的H浓度为110-13 molL-1的溶液中水电离产生的H+的浓度小于110-7 molL-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性或碱性溶液中都会反应，不能大量存在，在碱性溶液中Al3+会反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量存在；且Al3+、会反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；DNa2S溶液中含有大量S2-，S2-与Cu2+会反应产生CuS沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。2C【详解】A可以检验氯气泄漏的现象是产生白烟，故A错误；BNH4Cl是还原产物，不是氧化产物，

13、故B错误；C8molNH3反应，只有2molNH3作还原剂被氧化生成氮气，被氧化的NH3占全部NH3的25%，故C正确；D3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，N元素的化合价由-3价升高为0，该反应中转移6e-，所以转移0.3mol电子，生成0.05mol氮气，生成氮气体积(标准状况下)为1.12L ，故D错误；选C。3D【详解】A根据氧化还原反应配平可得：，反应中为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A正确；B根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应”中为氧化剂， 是氧化产物，则氧化性：，B正确；C由于与、不反应

14、，则“反应”中，可用硫酸进行酸化，C正确；D根据氧化还原反应配平可得：“反应”为，则消耗即 =0.5mol时，则反应中转移电子数目为：，D错误；故答案为：D。4B【详解】A铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B氢氧化铜溶液与硫酸溶液反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为，故B正确；C该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C错误；D硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；故答案选B。5D【详解】A根据选项所给条件无法确定2.24L水的物质的量，A错误；B一个OH

15、-含有10个电子，所以0.1molOH- 中共有电子数目为NA，B错误；C氯气通入NaOH溶液中发生歧化反应，1mol氯气反应可以生成1molHCl和1molNaClO，转移电子的数目为NA，C错误；D100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子的数目为NAmol-1=4NA，D正确；综上所述答案为D。6C【详解】A盐酸与NaHCO3也能发生反应，不能选用，故A错误；B为确保碳酸钠除尽，所加氯化钡溶液应过量，在碳酸氢钠溶液中会引入氯化钠和氯化钡等新杂质，故B错误；C通入足量的二氧化碳，能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，且不引入新杂质，故C正确；D加热溶液导致碳酸氢钠分解成碳酸钠，故D错误；故选：C。

16、7A【分析】元素处于高价态具有氧化性，处于低价态具有还原性，处于中间价态既有氧化性又有还原性，以此解析。【详解】A在最高正价，只有氧化性，在最低价，只有还原性，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，A正确；B在最低价，只有还原性，B错误；C在最高价，只有氧化性，C错误；D中硫处于中间价态，既有氧化性又有还原性，D错误；故选A。8C【详解】A、反应中HCl中氯的化合价升高，则是氧化产物，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应中，；在反应中，；在反应中，因此氧化性：，故B错误；C、在反应中当1mol参加反应时，有6mol的HCl参加反应，生成，其中2molHCl被氧

17、化，故C正确；D、根据还原性顺序：，和反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化还原反应中，还原性强的微粒首先与氧化剂发生反应。9B【详解】A反转化中 N2H4与CuO反应生成N2，N元素的化合价升高，则转化中N2H4是还原剂，故A正确；B结合图示可知，中发生反应为：4+O2+8NH3H2O=4+4OH-+6H2O，反应生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误；C1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故C正确；DNa2SO3易与氧气

18、发生氧化还原反应生成Na2SO4，可以用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，故D正确；故选：B。10C【详解】A石灰乳的溶解性较小，作反应物时写化学式，正确的离子方程式为Ca(OH)2+2H+=2H2O+Ca2+，故A错误；B铜和硝酸银溶液反应生成银单质和铜离子，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故B错误；C碳酸钠溶液与稀盐酸反应的离子方程式为，故C正确；D铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气，正确的离子方程式为：，故D错误；故选：C。11B【详解】日照澄洲江雾开：雾属于胶体分散系，选项B正确。答案选B。12B【详解】相同温度下，溶液导电能力与离子浓度成正比，导电能力最强说明该溶液中

19、离子浓度最大，FeCl3和NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离，50mL0.1molL-1FeCl3溶液铁离子浓度为0.1molL-1，氯离子浓度为0.3molL-1，20mL0.4molL-1NaHCO3溶液钠离子浓度为0.4molL-1，碳酸氢根离子浓度约为0.4molL-1，所以B导电能力大于A，H3PO4是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以氢离子浓度小于0.2mol/L，磷酸根离子浓度小于0.2molL-1，酒精为非电解质，50%酒精水溶液的导电能力很弱，通过以上分析知，溶液中离子浓度最大的是20mL0.4molL-1NaHCO3溶液，则溶液导电能力最强的是B。13B【详解】A.

20、能与大多数金属化合，生成金属氯化物，表现强氧化性，A正确；B. 燃烧不一定有氧气参加，如氢气在氯气中燃烧，B错误；C.与反应生成与，离子方程式为，C正确；D.漂白粉的主要成分为和，有效成分是，D正确；答案选B。14C【详解】A为弱酸，在离子方程式中保留化学式，A错误；B向溶液中滴加少量溶液离子方程式为，B错误；C滴入过量溶液，和分别转化为和，离子方程式为，C正确；D沉淀的物质的量最多时，恰好沉淀完全，和按2：3反应，则该反应的离子方程式为，D错误； 故选C。15D【分析】能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物。【详解】AMgO能与盐酸反应生成氯化镁和水，MgO为碱性氧化物，A不符合题意；BF

21、e2O3能与盐酸反应生成氯化铁和水，Fe2O3为碱性氧化物，B不符合题意；CK2O能与盐酸反应生成氯化钾和水，K2O为碱性氧化物，C不符合题意；DNa2O2能与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，产物中有氧气，Na2O2不是碱性氧化物，D符合题意；答案选D。16 CCO22CO BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3【分析】电解质：在水溶液中或融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；物质导电的条件：含有自由移动的电子或者自由移动的离子。化合反应特点多变一，氧化还原反应同种元素化合价发生变化的反应，复

22、分解反应指两种化合物相互反应生成另外两种化合物的反应(产物中有沉淀、气体或水)。根据相关概念分析判断；【详解】(1)Na2CO3溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，含有自由移动离子，能够导电； NaOH固体在水溶液中或融状态下能导电的化合物，属于电解质，不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不导电；CO2本身不能电离产生自由移动的离子，是非电解质，不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不导电；石墨为单质，既不是电解质也不是非电解质，含有自由移动电子，能够导电；熔融BaCl2在融状态下能导电的化合物，属于电解质，含自由移动的离子，能导电；故答案为：；(2)化合反应多变一，氧化还原反应同种元

23、素化合价发生变化的反应，符合条件的反应方程式为CCO22CO，故答案为：CCO22CO；是复分解反应，且有沉淀生成，符合条件的反应方程式为BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3，故答案为：BaCl2+Na2CO3=2NaCl+BaCO3。17 NaHSO4=Na+H+SO Ba2+SO+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O HCO+H+=H2O+CO2【详解】(1)石墨中有自由移动的电子，可以导电，但它是单质，不属于电解质，也不属于非电解质；氧化钠是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；酒精是由分子构成的化合物，没有带电微粒

24、，不能导电，属于非电解质；氨水中含有自由移动的离子，可以导电，但它是混合物，不是电解质，也不是非电解质；二氧化碳是由分子构成的化合物，没有带电微粒，不能导电，属于非电解质；碳酸氢钠是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；氢氧化钡溶液中含有自由移动的离子，可以导电，但它是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质；硫酸氢钠是离子化合物，室温下呈固体态，离子不能自由移动，不能导电，在水中在水分子作用下产生自由移动的离子，所以属于电解质；氯化氢是由分子构成的化合物，没有带电微粒，不能导电，在水中在水分子作用下产生自由移动的离子，所以属于电解质；硫

25、酸铝是盐，是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质；稀硫酸中含有自由移动的离子，能够导电，但它是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质；氯化银是盐，是离子化合物，但室温下呈固体态，离子不能自由移动，所以不能导电，在熔融状态下可以导电，属于电解质； 故能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是；(2)物质为硫酸氢钠，硫酸氢钠溶于水，电离产生Na+、H+、SO，电离方程式为：NaHSO4=Na+ +H+ SO；(3)氢氧化钡溶液与稀硫酸，氢氧化钡与硫酸反应产生硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为：Ba2+SO+2OH-+2H+=BaSO4+2

26、H2O；(4)碳酸氢钠、氯化氢，碳酸氢钠与HCl在水中发生反应，产生氯化钠、水、二氧化碳，反应的离子方程式为：HCO+H+=H2O+CO2。18 Zn Zn2+ Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag 6H+ 3H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O 2H+ Ca2+ H2O CaCO3+2HNO3= Ca(NO3)2+CO2+ H2O【分析】(1)Ag元素化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，则缺少的物质在反应中应该具有强的还原性，元素化合价在反应中应该升高，结合氧化还原反应规律补充；(2)Fe2O3难溶于水，能够溶于酸，反应产生可溶性铁盐和水。(3)CaC

27、O3难溶于水，能够溶于酸，反应产生可溶性钙盐和水及二氧化碳。【详解】(1)Ag元素化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知缺少的物质在反应中应该具有强的还原性，根据金属活动性规律可用比较活泼的金属如Zn置换，反应的离子方程式为Zn+2Ag+=Zn2+2Ag，可用化学方程式表示为：Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag；(2)Fe2O3难溶于水，能够溶于盐酸，反应产生可溶性铁盐和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O。若酸为盐酸，则反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；(3)CaCO3难溶

28、于水，能够溶于酸，反应产生可溶性钙盐和水及二氧化碳气体，用离子方程式表示为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，若酸为硝酸，用化学反应方程式表示为：CaCO3+2HNO3= Ca(NO3)2+CO2+H2O。【点睛】本题考查了缺项离子方程式的配平及相应的化学方程式的书写的知识。掌握金属活动性顺序、氧化还原反应方程式的配平、复分解反应的规律和物质的溶解性、物质的拆分原则是本题解答的关键。19 0.01mol Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 336 5：1 0.825 mol/L【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H+OHH2O，Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀，N

29、H4+与OH反应，氢氧化铝与OH反应而溶解，并结合图象可知，04mL时发生酸碱中和，4mL30mL发生Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀的反应，30mL33mL发生NH4+与OH反应，33mL35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。【详解】（1）由图及离子反应可知xy的值即为Al（OH）3的物质的量，则设Al（OH）3的物质的量为n，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O11n（3533）0.001L5molL1，解得n0.01mol，即xy0.01mol，故答案为：0.01mol；（2）加入3335 mLNaOH溶液时，沉淀质量减少，故反应的离子方程式为 Al（OH

30、）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（3）加入3033 mLNaOH溶液时，沉淀质量不变，故反应的离子方程式为NH4+OHNH3+H2O，NH4+OHNH3+H2O11（3330）0.001L5molL1n解得n0.015mol，则体积为0.015mol22.4L/mol0.336L336mL，故答案为：336；（4）由4mL30mL发生Mg2+、Al3+结合OH生成沉淀的反应，则Al3+3OHAl（OH）3131 0.01mol0.03mol0.01mol 设镁离子的物质的量为m，Mg2+2OHMg（OH）2 12 m（304）mL0.001L5m

31、olL10.03mol，解得m0.05mol，则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）0.05：0.015：1，故答案为：5：1；（5）由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl离子以NaCl存在，设Cl离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知NaOHNaClCl，11330.001L5molL1z，解得z0.165mol，则原溶液中Cl的物质的量浓度为0.825mol/L，故答案为：0.825mol/L。【点睛】考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答即可。20 1.12L 3.16g【分析】根据方程式可算出电子转移数为10e，可利

32、用电子转移数与Cl2、KMnO4之间的关系进行计算。【详解】根据题意，列出以下关系式：故答案为：1.12L；3.16g。21(1) Zn和NH4NO3 0.5NA(2) 11.2L 28g/mol 0.4【详解】（1）因Zn元素的化合价升高，铵根离子中N元素的化合价升高，则还原剂为Zn和NH4NO3；由反应可知，Zn元素的化合价升高生成硝酸锌，铵根离子中N元素的化合价升高生成氮气，硝酸根离子中氮元素化合价降低生成氮气，电子转移为，生成1molN2转移5mol电子，产生的N2在标准状况下体积为2.24L，其物质的量为0.1mol，则转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA；（2）由方程式可

33、知，反应前后气体的体积不发生变化，X2和氧气的关系式为1：1，故V(O2)=V(X2)=11.2L，则反应前的体积为11.2L；是一种常见的液态化合物，则为水，Y为氢元素；根据化学方程式可知，的物质的量为0.5mol，则Mr(X2H4)= ，则Y的相对原子质量为14，为氮元素，故的摩尔质量为28g/mol；反应的方程式为 N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(l)，该反应转移电子关系为4e- N2； 若反应生成0.1 mol N2，则转移电子的物质的量为0.4mol。22 C D A B H G MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O 2NaOHCl2=NaClNaClOH2

34、O 除去氯气中的HCl杂质 干燥氯气 试纸变蓝 2KICl2=2KClI2 B 15【分析】在实验室中，用MnO2与浓盐酸混合加热制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过浓硫酸干燥，再根据氯气的密度比空气大，用向上排空气方法收集，最后用NaOH溶液进行尾气处理，据此结合氯气的性质分析作答。【详解】(1) MnO2与浓盐酸混合加热制取氯气，通过盛有饱和食盐水的装置除去氯气中的杂质HCl，再通过盛有浓硫酸的装置干燥氯气，然后通过“长管进短管出”的排气法进行气体的收集，最后用氢氧化钠溶液收集多余的氯气，所以仪器连接的正确连接顺序

35、是E接C，D接A，B接H，G接F，故答案为：C；D；A；B；H；G；(2)气体发生装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O；NaOH溶液吸收多余的氯气，会生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中发生的反应为：2NaOHCl2=NaClNaClOH2O；(3)因浓盐酸和H2O易挥发，制得的氯气中常混有少量氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶，利用饱和食盐水吸收氯气中混有的氯化氢，浓硫酸除去氯气中混有的水蒸气（干燥氯气），故答案为：除去氯气中的HCl杂质；干燥氯气；(4)氯气具有氧化性，可氧化碘离子为碘单质，使

36、淀粉溶液变蓝，则用湿润的淀粉KI试纸检验是否有Cl2产生，若有Cl2产生，可观察到试纸变蓝，发生反应的化学方程式为：2KICl2=2KClI2，故答案为：试纸变蓝；2KICl2=2KClI2；(5)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，漂白的原理是次氯酸钙生成次氯酸的过程，因醋酸的酸性大于次氯酸，根据强酸制弱酸的原理可知，可加入食醋，使其与次氯酸钙反应生成更多的次氯酸，从而增强漂白能力，故B项符合题意，其他选项不能达到增强漂白性的目的，故答案为：B；(6)氯气和石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2，反应中0价的Cl元素化合价升高至+5价，失去5个电子，化合价降低至-1价，得到1个电子，根据得失电子

37、数守恒可知，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的个数比应为1:5，则还原剂与氧化剂的质量之比等于其个数比，为1：5，故答案为：1：5。【点睛】明确制备原理是解题关键，注意实验装置仪器的连接顺序是实验发生装置除杂装置收集装置尾气处理装置。氯气的实验室制法实验中要注意的问题主要有：反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HCl杂质，并且降低了HCl的利用率；稀盐酸不与MnO2反应，因此不可用稀盐酸代替浓盐酸制取氯气；氯气中混入HCl的除杂：HCl的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气；随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与MnO2不反应，因此浓盐酸不能耗尽

38、。23(1) 100容量瓶、胶头滴管 dbcafe 偏高(2) 、 、(3) 0.3、0.06或32.1g、5.88g(4)41或37【分析】滴加过量稀盐酸无明显现象，说明溶液中不含、，则一定含；加入过量，有气体和沉淀生成，发生反应、，所以一定含有，气体X为NO，物质的量为，则的物质的量为，生成的为0.3mol，沉淀A为，物质的量为，即的物质的量为0.5mol；滤液中加入过量NaOH溶液，加热，有气体生成，该气体Y为，物质的量为，则的物质的量为0.2mol，0.3mol完全沉淀生成的质量为，所以沉淀B为和混合物，的质量为，物质的量为，即的物质的量为0.06mol，根据溶液呈电中性，所以溶液中一

39、定含；【详解】（1）配制1001.00碳酸钠溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管；配制溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，根据图中操作步骤，正确的操作顺序为dbcafe；用部分失去结晶水的晶体来配制溶液，使得碳酸钠的质量偏大，浓度偏高，故填100容量瓶和胶头滴管、dbcafe、偏高；（2）经过分析，一定含有的离子有、，一定不含有的离子有、，故填、；、；（3）沉淀A为；0.3mol完全沉淀生成的0.3mol，质量为，所以沉淀B为和混合物，的质量为，物质的量为，即的物质的量为0.06mol，故填、0.3、0.06或32.1g、

40、5.88g；（4）气体X为NO，气体Y为，X和Y反应的化学方程式为，设还原产物的的物质的量为，氧化产物的物质的量为，则参与反应的NO的物质的量为，的物质的量为，氧化产物与还原产物均为，质量差为1.4g，物质的量为，由题意可得，即、，解得、，即参加反应的NO的物质的量为，的物质的量为，因为，所以和NO有一种过量，若过量，则NO物质的量为0.3mol，物质的量为0.7mol，物质的量之比为；若NO过量，则NO的物质的量为0.8mol，的物质的量为，物质的量之比为，故填或。24 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 沸石或碎瓷片 洗去Cl2中的HCl气体，用作安全瓶(或用作平衡气压的安全

41、装置，或用作防堵塞的安全装置) TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO c 碱石灰 浓硫酸 平衡压强，使液体顺利流下【分析】本实验的实验目的为制备四氯化钛，根据题意可知，制取四氯化钛需要将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物，故A为MnO2和浓盐酸在加热条件下制取Cl2的装置，发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，装置B为除去挥发的HCl气体，装置C为气体干燥装置，装置D为制备四氯化碳，发生的反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，装置E冷却并吸收尾气的装置，F为吸收空气中的水蒸气的装置，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，A为MnO2和浓盐酸在加

42、热条件下制取Cl2的装置，发生的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)加热前应加入沸石，防止暴沸，装置B的作用是洗去Cl2中的HCl气体并用作安全瓶，装置D为制备四氯化碳，根据元素守恒和质量守恒可得出方程式为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，冷凝管应下进上出，故从c口通入，故答案为：沸石或碎瓷片；洗去Cl2中的HCl气体，用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置，或用作防堵塞的安全装置)；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO；c；(3)为防止空气中的二氧化碳影响实验，故F中的物质为碱石灰，防止水蒸气进入D中，故C为浓硫酸，A装置的作用是平衡压强，使液体顺利流下，故答案为：碱石灰；浓硫酸；平衡压强，使液体顺利流下。答案第19页，共12页